intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

Chương 1: Hàm số

Chia sẻ: Lê Thi Thùy | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:10

Thêm vào BST
Báo xấu
153
lượt xem 57
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

I. TÍNH ĐƠN ĐIỆU, CỰC TRỊ HÀM SỐ, GIÁ TRỊ LỚN NHẤT & NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ 1. y = f (x) đồng biến / (a, b) Û ( ) "x1 f x2

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Chương 1: Hàm số

  1. Bài 1. Phươ ng pháp hàm số CHƯƠ NG I. HÀM SỐ BÀI 1. PHƯƠNG PHÁP HÀM SỐ I. TÍNH Đ ƠN ĐI ỆU, CỰC TRỊ HÀM S Ố, GIÁ TR Ị L ỚN NH ẤT & NH Ỏ NH ẤT C ỦA HÀM S Ố 1. y = f (x) đồng biến / (a, b) ⇔ ∀x1 < x 2 ∈ ( a, b ) ta có f ( x1 ) < f ( x 2 ) 2. y = f (x) nghịch biến / ( a, b) ⇔ ∀x1 < x 2 ∈ ( a, b ) ta có f ( x1 ) > f ( x 2 ) 3. y = f (x) đồng biến / (a, b) ⇔ ƒ ′ (x) ≥ 0 ∀x∈(a, b) đồng thời ƒ′ (x) = 0 tại một số hữ u hạn điểm ∈ (a, b). 4. y = f (x) nghịch biến / (a, b) ⇔ ƒ ′ (x) ≤ 0 ∀x∈(a, b) đồng th ời ƒ′ (x) = 0 tại một số hữ u hạn điểm ∈ (a, b). 5. Cực trị hàm số: Hàm số đạt cực trị tại điểm x = x k ⇔ f ′ ( x ) đổi dấu tại điểm xk xj − ε xj xj + ε xi − ε xi xi + ε a x b 6. Giá trị lớn nhất và nhỏ nhất c ủa hàm s ố • Giả sử y = ƒ(x) liên tục trên [a, b] đồng th ời đạt cực trị t ại x1 ,..., x n ∈ ( a, b ) . Khi đó: x∈[ a ,b] f ( x ) = Max { f ( x1 ) ,..., f ( x n ) , f ( a ) , f ( b ) } ; Max M in f ( x ) = M in { f ( x1 ) ,..., f ( x n ) , f ( a ) , f ( b ) } x∈[ a ,b ] • Nếu y = f (x) đồng biến / [ a, b] thì xMin] f ( x ) = f ( a ) ; x∈[ a ,b] f ( x ) = f ( b ) Max ∈[ a ,b • Nếu y = f (x) nghịch biến / [a, b] thì xMin] f ( x ) = f ( b ) ; x∈[ a ,b] f ( x ) = f ( a ) Max ∈[ a ,b 1
  2. Chươ ng I. Hàm số – Trần Ph ương • Hàm bậc nhất f ( x ) = αx + β trên đoạn [ a; b ] đạt giá trị l ớn nh ất, giá tr ị nh ỏ nhất tại các đầu mút a; b 2
  3. Bài 1. Phươ ng pháp hàm số II. PHƯƠ NG PHÁP HÀM S Ố BI ỆN LU ẬN PHƯƠ NG TRÌNH, B ẤT PH ƯƠ NG TRÌNH 1. Nghiệm của ph ương trình u(x) = v(x) là hoành độ giao đi ểm c ủa đồ th ị y = u ( x ) với đồ thị y = v ( x ) . u(x) 2. Nghiệm của bất phương trình u(x) ≥ v(x) là phần hoành độ tương ứng v ới ph ần đồ thị y = u ( x ) nằm ở phía trên v(x) so với phần đồ th ị y = v ( x ) . α βb a x 3. Nghiệm của bất phương trình u(x) ≤ v(x) là phần hoành độ tương ứng v ới phần đ ồ th ị y = u ( x ) nằm ở phía dướ i so với phần đồ th ị y = v ( x ) . 4. Nghiệm của ph ương trình u(x) = m là hoành độ giao điểm c ủa đ ường thẳng y = m với đồ th ị y = u ( x ) . 5. B PT u(x) ≥ m đúng ∀x∈I ⇔ Min u ( x ) ≥ m x∈I y=m 6. B PT u(x) ≤ m đúng ∀x∈I ⇔ Max u ( x ) ≤ m x∈I 7. B PT u(x) ≥ m có nghiệm x∈I ⇔ Max u ( x ) ≥ m x∈I 8. B PT u(x) ≤ m có nghiệm x∈I ⇔ Min u ( x ) ≤ m a x b x∈I III. Các bài toán minh h ọa ph ương pháp hàm s ố Bài 1. Cho hàm số f ( x ) = mx 2 + 2mx − 3 a. Tìm m để phương trình ƒ(x) = 0 có nghiệm x∈[1; 2] b. Tìm m để bất phương trình ƒ(x) ≤ 0 nghiệm đúng ∀x∈[1; 4] c. Tìm m để bất phươ ng trình ƒ(x) ≥ 0 c ó nghiệm x∈ [ −1;3] Giải: a. Biến đổi phương trình ƒ(x) = 0 ta có: f ( x ) = mx 2 + 2mx − 3 = 0 ⇔ m ( x 2 + 2 x ) = 3 ⇔ g ( x ) = 3 3 = =m. x + 2 x ( x + 1) 2 − 1 2 Để ƒ(x) = 0 c ó nghiệm x∈[1; 2] thì x∈[ 1;2] g ( x ) ≤ m ≤ Max] g ( x ) ⇔ ≤ m ≤ 1 3 Min x∈[ 1;2 8 b. Ta có ∀x∈[1; 4] thì f ( x ) = mx 2 + 2mx − 3 ≤ 0 ⇔ m ( x 2 + 2 x ) ≤ 3 ⇔ 3 ≥ m , ∀x ∈ [ 1; 4] ⇔ M1;4 g ( x ) ≥ m . g ( x) = in x∈[ ] 2 x + 2x 3 Do g ( x ) = 1 giảm trên [1; 4] nên ycbt ⇔ x∈ 1;4 g ( x ) = g ( 4 ) = ≥ m Min ( x + 1) 2 − 1 8 [] 3
  4. Chươ ng I. Hàm số – Trần Ph ương c. Ta có với x∈ [ −1;3] thì f ( x ) = mx 2 + 2mx − 3 ≥ 0 ⇔ m ( x 2 + 2 x ) ≥ 3 . 3 , x ∈ [ −1;3] . Xét các kh ả năng sau đây: Đặt g ( x ) = 2 x + 2x + Nếu x = 0 thì bất phương trình trở thành m.0 = 0 ≥ 3 nên vô nghiệm. + Nếu x ∈ ( 0;3] thì BPT ⇔ g ( x ) ≤ m có nghiệm x ∈ ( 0;3] ⇔ xMin] g ( x ) ≤ m . ∈( 0;3 3 1 Do g ( x ) = giảm / ( 0; 3] n ên ycbt ⇔ xMin g ( x ) = g ( 3) = ≤ m ( x + 1) 2 − 1 5 ∈( 0;3] + Nếu x ∈ [ −1; 0 ) thì x 2 + 2 x < 0 nên BPT ⇔ g ( x ) ≥ m có nghiệm x ∈ [ −1; 0 ) ( ) ⇔ Max g ( x ) ≥ m . Ta có g ′ ( x ) = −3 2 x + 22 ≤ 0, ∀x ∈ [ −1; 0] . ( x 2 + 2x) [ −1;0 ) Do đó g ( x ) nghịch bi ến nên ta có Max g ( x ) = g ( −1) = −3 ≥ m [ −1;0 ) ) Kết luận: ƒ(x) ≥ 0 có nghiệm x∈ [ −1;3] ⇔ m ∈ ( −∞; −3] U  ; +∞ 1 5  −1 3 Bài 2. Tìm m để bất phương trình: − x + 3mx − 2 < 3 nghiệm đúng ∀x ≥ 1 x 1 12 Giải: BPT ⇔ 3mx < x − 3 + 2, ∀x ≥ 1 ⇔ 3m < x − 4 + = f ( x ) , ∀x ≥ 1 . 3 2 x x x  − 2 = 4 2 − 2 > 0 suy ra f ( x ) tăng. Ta có f ′ ( x ) = 2 x + 5 − 2 ≥ 2 2 x  5 4 2 4  ÷  x2 x2 x x x YCBT ⇔ f ( x ) > 3m, ∀x ≥ 1 ⇔ min f ( x ) = f ( 1) = 2 > 3m ⇔ 2 > m 3 x ≥1 Bài 3. Tìm m để bất phương trình m.4 x + ( m − 1) .2 x + 2 + m − 1 > 0 đúng ∀x ∈ ¡ Giải: Đặt t = 2 x > 0 thì m.4 x + ( m − 1) .2 x + 2 + m − 1 > 0 đúng ∀x ∈ ¡ ⇔ m.t 2 + 4 ( m − 1) .t + ( m − 1) > 0, ∀t > 0 ⇔ m ( t 2 + 4t + 1) > 4t + 1, ∀t > 0 −4t 2 − 2t < 0 4t + 1 < m, ∀t > 0 . Ta có g ′ ( t ) = 2 ⇔ g ( t) = nên g ( t ) nghịch ( t + 4t + 1) 2 2 t + 4t + 1 biến trên [ 0; +∞ ) suy ra ycbt ⇔ Max g ( t ) = g ( 0 ) = 1 ≤ m t ≥0 Bài 4. Tìm m để phương trình: x x + x + 12 = m ( 5 − x + 4 − x ) có nghiệm. 4
  5. Bài 1. Phươ ng pháp hàm số x x + x + 12 Giải: Điều kiện 0 ≤ x ≤ 4 . Biến đổi PT ⇔ f ( x ) = =m. 5− x + 4− x Chú ý: Nếu tính f ′ ( x ) rồi xét d ấu thì thao tác r ất ph ức t ạp, d ễ nh ầm l ẫn. 3 1 Th ủ thuật: Đặt g ( x ) = x x + x + 12 > 0 ⇒ g ′ ( x ) = 2 x + >0 2 x + 12 −1 − 1 h ( x ) = 5 − x + 4 − x > 0 ⇒ h′ ( x ) = 0 Suy ra: g ( x ) > 0 và tăng; h ( x ) > 0 và giảm hay và tăng h ( x) g ( x ) tăng. Suy ra f ( x ) = m c ó nghiệm ⇒ f ( x) = h ( x) ⇔ m ∈  min f ( x ) ; max f ( x )  = [ f ( 0 ) ; f ( 4 ) ] =  2 ( 15 − 12 ) ;12     [ 0;4]  [ 0;4] Bài 5. Tìm m để bất phương trình: x 3 + 3x 2 − 1 ≤ m ( x − x − 1 ) 3 có nghiệm. ( x + x − 1 ) > 0 ta nhận 3 Giải: Điều kiện x ≥ 1 . Nhân cả hai vế BPT với được bất phương trình f ( x ) = ( x 3 + 3 x 2 − 1) ( x + x − 1 ) ≤ m . 3 Đặt g ( x ) = x 3 + 3 x 2 − 1 ; h ( x ) = ( x + x − 1 ) 3 Ta có g ′ ( x ) = 3x + 6 x > 0, ∀x ≥ 1; h ′ ( x ) = 3 ( x + x − 1 )  2 1+ 1 >0 2 . ÷  2 x 2 x −1  Do g ( x ) > 0 và tăng ∀x ≥ 1 ; h ( x ) > 0 và tăng nên f ( x ) = g ( x ) .h ( x ) tăng ∀x ≥ 1 Khi đó bất phương trình f ( x ) ≤ m có nghiệm ⇔ min f ( x ) = f ( 1) = 3 ≤ m x ≥1 ( 4 + x ) ( 6 − x ) ≤ x 2 − 2 x + m nghiệm đúng ∀x ∈ [ −4, 6] Bài 6. Tìm m để Cách 1. BPT ⇔ f ( x ) = − x 2 + 2 x + ( 4 + x ) ( 6 − x ) ≤ m đúng ∀x ∈ [ −4, 6] −2 x + 2 = ( 1 − x)  2 +  = 0 ⇔ x =1 1 f ′ ( x ) = −2 x + 2 +  ÷ 2 ( 4 + x) ( 6 − x) ( 4 + x) ( 6 − x)   Lập bảng biến thiên suy ra Max Max f ( x ) = f ( 1) = 6 ≤ m [ −4,6] ( 4 + x) + ( 6 − x) Cách 2. Đặt t = ( 4 + x ) ( 6 − x ) ≤ =5. 2 5
  6. Chươ ng I. Hàm số – Trần Ph ương Ta có t 2 = − x 2 + 2 x + 24 . Khi đó bất ph ương trình tr ở thành t ≤ −t 2 + m + 24, ∀t ∈ [ 0;5] ⇔ f ( t ) = t 2 + t − 24 ≤ m; ∀t ∈ [ 0; 5] . Ta có: f ′ ( t ) = 2t + 1 > 0 ⇒ f ( t ) tăng nên f ( t ) ≤ m; ∀t ∈ [ 0; 5] ⇔ max f ( t ) = f ( 5 ) = 6 ≤ m [ 0;5] 3 + x + 6 − x − 18 + 3 x − x 2 ≤ m 2 − m + 1 đúng ∀x ∈ [ −3, 6] Bài 7. Tìm m để Giải: Đặt t = 3 + x + 6 − x > 0 ⇒ t 2 = ( 3 + x + 6 − x ) = 9 + 2 ( 3 + x ) ( 6 − x ) 2 ⇒ 9 ≤ t 2 = 9 + 2 ( 3 + x ) ( 6 − x ) ≤ 9 + ( 3 + x ) + ( 6 − x ) = 18 ⇒ 18 + 3x − x 2 = ( 3 + x ) ( 6 − x ) = 1 ( t 2 − 9 ) ; t ∈ 3; 3 2    2 9 12 Xét f ( t ) = − t + t + ; f ′ ( t ) = 1 − t < 0; ∀t ∈ 3;3 2  ⇒ max f ( t ) = f ( 3) = 3   2 2 3;3 2  ycbt ⇔ max f ( t ) = 3 ≤ m − m + 1 ⇔ m − m − 2 ≥ 0 ⇔ m ≤ −1 V m ≥ 2 2 2 3;3 2   Bài 8. (Đề TSĐH khối A, 2007) Tìm m để phương trình 3 x − 1 + m x + 1 = 2 4 x 2 − 1 c ó nghiệm th ực. Giải: ĐK: x ≥ 1 , biến đổi phương trình t0 1 +0– 0 – 1 ⇔ −3 x − 1 + 2 4 x − 1 = m . x +1 x +1 Đặt u = 4 x − 1 = 4 1 − 2 ∈ [ 0,1) . x +1 x +1 Khi đó g ( t ) = −3t 2 + 2t = m Ta có g ′ ( t ) = −6t + 2 = 0 ⇔ t = 1 . Do đó yêu cầu ⇔ −1 < m ≤ 1 3 3 Bài 9. (Đề TSĐH kh ối B, 2007): Chứng minh rằng: V ới m ọi m > 0 , phương trình x 2 + 2 x − 8 = m ( x − 2 ) luôn có đúng hai nghi ệm phân bi ệt. x2 + 0 Giải: Điều kiện: x ≥ 2 . Biến đổi phương trình ta có: ⇔ ( x − 2) ( x + 6) = m ( x − 2) ⇔ ( x − 2) ( x + 6) = m ( x − 2) 2 2 ⇔ ( x − 2 ) ( x 3 + 6 x 2 − 32 − m ) = 0 ⇔ x = 2 V g ( x ) = x 3 + 6 x 2 − 32 = m . ycbt ⇔ g ( x ) = m có đúng một nghiệm thuộc kho ảng ( 2; +∞ ) . Thật v ậy ta có: 6
  7. Bài 1. Phươ ng pháp hàm số g ′ ( x ) = 3x ( x + 4 ) > 0, ∀x > 2 . Do đó g ( x ) đồng biến mà g ( x ) liên tục và g ( 2 ) = 0; lim g ( x ) = +∞ nên g ( x ) = m có đúng một nghiệm ∈ ( 2; +∞ ) . x →+∞ Vậy ∀m > 0 , phương trình x 2 + 2 x − 8 = m ( x − 2 ) có hai nghiệm phân biệt. Bài 10. (Đ ề TSĐH kh ối A, 2008) Tìm m để phương trình sau có đúng hai 2x + 2x + 2 4 6 − x + 2 6 − x = m nghiệm thực phân bi ệt: 4 Giải: Đặt f ( x ) = 4 2 x + 2 x + 2 4 6 − x + 2 6 − x ; x ∈ [ 0; 6] ′( ) 1  1  +  1 − 1  , x ∈ ( 0; 6 ) 1 Ta có: f x = 2  4 − ÷  2x ÷ 6−x    ( 2x) ( 6 − x) 3 3 4 1 1 ; v ( x) = 1 − 1 , x ∈ ( 0, 6 ) () Đặt u x = − 6−x 2x ( 2x) ( 6 − x) 3 3 4 4 u ( x ) , v ( x ) > 0, ∀x ∈ ( 0, 2 )  f ′( x) > 0, ∀x ∈ ( 0, 2 )  () ⇒  f ′( x) < 0, ∀x ∈ ( 2, 6 ) ⇒ u 2 = v ( 2 ) = 0  f ′(2) = 0 () () u x , v x < 0, ∀x ∈ ( 2, 6 )  x 026 +0– f(x) 2 6 + 24 6 Nhìn BBT ta có PT có 2 nghi ệm phân bi ệt ⇔ 2 6 + 2 4 6 ≤ m < 3 2 + 6 Bài 11. (Đ ề TSĐH kh ối D, 2007): x + 1 + y + 1 = 5  x y  Tìm m để hệ phương trình có nghi ệm   x 3 + 13 + y 3 + 13 = 15m − 10  x y  ) ) ( ( 3 1 1 Giải: Đặt u = x + ; v = y + ta có x 3 + 13 = x + 1 − 3x ×1 x + 1 = u − 3u x y x x x x 7
  8. Chươ ng I. Hàm số – Trần Ph ương 1 1 1 1 ≥2 y . 1 =2 và u = x + = x + ≥ 2 x . = 2 ; v = y + x x x y y u + v = 5 u + v = 5  ⇔ Khi đó hệ trở thành  3 u + v − 3 ( u + v ) = 15m − 10 uv = 8 − m 3  ⇔ u , v là nghiệm c ủa ph ương trình b ậc hai f ( t ) = t 2 − 5t + 8 = m Hệ có nghi ệm ⇔ f ( t ) = m c ó 2 nghiệm t1 , t 2 thỏa mãn t1 ≥ 2; t 2 ≥ 2 . Lập Bảng bi ến thiên c ủa hàm số f ( t ) với t ≥ 2 −∞ +∞ t –2 2 5/2 f ′( t) – – 0 + +∞ +∞ f ( t) 22 2 7/4 7 Nhìn bảng biến thiên ta có h ệ có nghiệm ⇔ ≤ m ≤ 2 ∨ m ≥ 22 4 Bài 12. (Đề 1I.2 Bộ đề TSĐH 1987-2001): Tìm x để bất phươ ng trình x 2 + 2 x ( sin y + cos y ) + 1 ≥ 0 đúng v ới ∀y ∈ ¡ . Giải: Đặt u = sin y + cos y ∈  − 2, 2  ,   BPT ⇔ g ( u ) = ( 2 x ) u + ( x + 1) ≥ 0, ∀u ∈  − 2, 2  ⇔ u∈Min 2  g ( u ) ≥ 0 2   − 2,   Do đồ th ị y = g ( u ) là một đoạn th ẳng v ới u ∈  − 2, 2  nên   g ( − 2 ) ≥ 0 x 2 − 2 2x + 1 ≥ 0   x ≥ 2 +1 g ( u) ≥ 0 ⇔  Min ⇔ ⇔  g ( 2 ) ≥ 0 u∈ − 2 , 2 2 x + 2 2x + 1 ≥ 0  x ≤ 2 −1       a , b, c ≥ 0 Chứng minh r ằng: a 2 + b 2 + c 2 + abc ≥ 4 Bài 13. Cho  a+b+c=3  Giải: BĐT ⇔ a 2 + ( b + c ) 2 − 2bc + abc ≥ 4 ⇔ a 2 + ( 3 − a ) 2 + ( a − 2 ) bc ≥ 4 ) ( 2 ⇔ f ( u ) = ( a − 2 ) u + 2a 2 − 6a + 5 ≥ 0 trong đó 0 ≤ u = bc ≤ b + c = 1 ( 3 − a) . 2 2 4 Như thế đồ thị y = f ( u ) là một đo ạn th ẳng v ới u ∈ 0; ( 3 − a )  . Ta có 1 2 4    8
  9. Bài 1. Phươ ng pháp hàm số ) ( ) ( 2 f ( 0 ) = 2a 2 − 6a + 5 = 2 a − 3 + 1 ≥ 0; f 1 ( 3 − a ) = 1 ( a − 1) ( a + 2 ) ≥ 0 2 2 2 2 4 4 nên suy ra f ( u ) ≥ 0; ∀ u ∈ 0; ( 3 − a )  . 1 2   4  Vậy a 2 + b 2 + c 2 + abc ≥ 4 . Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c = 1 . Bài 14. (IMO 25 – Tiệp Kh ắc 1984):  a , b, c ≥ 0 7 . Chứng minh rằng: ab + bc + ca − 2abc ≤ Cho  . a + b + c =1 27  Giải: a ( b + c ) + ( 1 − 2a ) bc = a ( 1 − a ) + ( 1 − 2a ) bc = a ( 1 − a ) + ( 1 − 2a ) u = f ( u ) ) ( (1 − a) 2 2 Đồ thị y = f ( u ) = ( 1 − 2a ) u + a ( 1 − a ) với 0 ≤ u = bc ≤ b + c = là mộ t 2 4 2 ( ) đoạn thẳng với 2 giá tr ị đ ầu mút f ( 0 ) = a ( 1 − a ) ≤  a + 1 − a  = 1 < 7 và     2 4 27 )( ) ( ) ( 2 f 1 ( 1 − a ) = 1 ( −2a 3 + a 2 + 1) = 7 − 1 2a + 1 a − 1 ≤7 2 4 4 27 4 3 3 27 Do đồ thị y = f ( u ) là một đo ạn th ẳng v ới u ∈ 0; ( 1 − a )  và f ( 0 ) < 1 7 2 ;   4  27 ) ( f 1 ( 1 − a ) ≤ 7 nên f ( u ) ≤ 7 . Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c = 1 2 4 27 27 3 Bài 15. Chứng minh rằng: 2 ( a + b + c ) − ( ab + bc + ca ) ≤ 4, ∀ a, b, c ∈ [ 0, 2] . Giải: Biến đổi bất đẳng thức về hàm b ậc nh ất bi ến số a, tham số b, c ta có f ( a ) = ( 2 − b − c ) a + 2 ( b + c ) − bc ≤ 4, ∀a, b, c ∈ [ 0, 2] Đồ thị y = f ( a ) là một đoạn thẳng với a ∈ [ 0, 2] nên f ( a ) ≤ Max { f ( 0 ) ; f ( 2 ) } Ta có f ( 0 ) = 4 − ( 2 − b ) ( 2 − c ) ≤ 4; f ( 2 ) = 4 − bc ≤ 4 ⇒ f ( a ) ≤ 4, ∀a, b, c ∈ [ 0, 2 ] Bài 16. CMR: ( 1 − a ) ( 1 − b ) ( 1 − c ) ( 1 − d ) + a + b + c + d ≥ 1, ∀a, b, c, d ∈ [ 0,1] Giải: Biểu diễn bất đẳng thức về hàm b ậc nhất bi ến s ố a, tham số b, c, d, ta có: f ( a ) = [ 1 − ( 1 − b ) ( 1 − c ) ( 1 − d ) ] a + ( 1 − b ) ( 1 − c ) ( 1 − d ) + b + c + d ≥ 1, ∀a, b, c, d ∈ [ 0,1] Đồ thị y = f ( a ) , ∀a ∈ [ 0,1] là một đoạn thẳng nên Min f ( a ) = Min { f ( 0 ) , f ( 1) } a∈[ 0,1] 9
  10. Chươ ng I. Hàm số – Trần Ph ương Ta có f ( 1) = b + c + d + 1 ≥ 1, ∀b, c, d ∈ [ 0,1] f ( 0) = ( 1 − b) ( 1 − c ) ( 1 − d ) + b + c + d ⇔ g ( b) = [ 1 − ( 1 − c ) ( 1 − d ) ] b + ( 1 − c ) ( 1 − d ) + c + d Đồ thị y = g ( b ) , ∀b ∈ [ 0,1] là một đoạn thẳng nên b∈[ 0,1] g ( b ) = Min { g ( 0 ) , g ( 1) } Min Ta có g ( 1) = c + d + 1 ≥ 1; g ( 0 ) = ( 1 − c ) ( 1 − d ) + c + d = 1 + cd ≥ 1 ⇒ f ( 0 ) = g ( b ) ≥ 1, ∀b ∈ [ 0,1] . Vậy f ( a ) ≥ 1 hay ta có (đpcm) 10
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN
TRỢ GIÚP
HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG
Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2